Elektronik 1: pek ulang kaji kilat

Lembaran formula, langkah kaedah utama untuk setiap topik dan 14 soalan latihan, dengan penyelesaian penuh di bahagian belakang.

Soalan baharuKembali ke kursus

Dalam tetingkap cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan pada peranti anda.

1Formula dan kaedah

Diod & transistor

Diod (susutan malar)
VD = 0.7 V when conducting
Kawasan aktif
VBE = 0.7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Pincang tetap
IB = (VCC − 0.7)/RB
Pincang pembahagi
IB = (VTH − 0.7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin bagi pembahagi
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Gelung pengumpul
VCE = VCC − ICRC − IERE
Ketepuan
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Litar op-amp

Penguat menyongsang
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak menyongsang
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penambah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp unggul
V+ = V−, Iin = 0

Fana RC & RL

Pemalar masa
τ = RC | τ = L/R
Sambutan
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada AT
litar buka; vC tidak boleh melompat
Induktor pada AT
litar pintas; iL tidak boleh melompat
Mantap
t ≈ 5τ

Kaedah

  1. Cari nilai awal sejurus selepas pensuisan: voltan kapasitor dan arus induktor tidak boleh melompat.
  2. Cari nilai akhir lama selepas pensuisan: kapasitor bertindak sebagai litar buka, induktor sebagai litar pintas.
  3. Cari pemalar masa: τ = RC atau τ = L/R, menggunakan rintangan yang dilihat oleh kapasitor atau induktor.
  4. Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Perintang bersiri & selari

Perintang bersiri
Req = R1 + R2 + …
Perintang selari
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua secara selari
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Kuasa
P = V·I = I²R = V²/R

Kaedah

  1. Mulakan di hujung rangkaian yang paling jauh daripada terminal.
  2. Gabungkan perintang secara bersiri dengan menambahnya, dan perintang secara selari dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Lukis semula litar selepas setiap langkah.
  4. Ulang sehingga tinggal satu perintang antara terminal.

Penukar DC-DC

Buck
Vo = D·Vin
Boost
Vo = Vin/(1 − D)
Buck-boost menyongsang
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Imbangan kuasa unggul
VinIin = VoIo
Riak induktor
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Arus induktor purata
buck Io; boost dan buck-boost Io/(1 − D)
Riak output
buck ΔIL/(8fC); boost dan buck-boost Io·D/(fC)
Sempadan CCM
buck (1 − D)R/(2f); boost D(1 − D)²R/(2f); buck-boost (1 − D)²R/(2f)

Kaedah

  1. Kenal pasti penukar (buck, boost atau buck-boost) dan kitar tugas D daripada nisbah voltan.
  2. Gunakan imbangan volt-saat pada induktor: voltan induktor purata sepanjang satu tempoh ialah sifar.
  3. Cari voltan induktor semasa suis hidup, kemudian ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Untuk riak output, cari cas yang mengalir masuk dan keluar kapasitor; untuk sempadan CCM, tetapkan arus induktor purata sama dengan ΔIL/2.

Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Voltan pembahagi
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Pengeluaran
Vab = Va − Vb
Imbangan
R1/R2 = R3/R4
Jambatan wayar gelongsor
R/Rx = l/(100 − l)
Rintangan Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Faktor tolok
ΔR/R = GF·ε
Output jambatan
suku Vs·GF·ε/4, separuh Vs·GF·ε/2, penuh Vs·GF·ε
Perubahan kecil, satu lengan
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tegasan
σ = E·ε

Kaedah

  1. Anggap jambatan sebagai dua pembahagi voltan merentasi bekalan yang sama.
  2. Untuk keseimbangan, tetapkan R₁/R₂ = R₃/R₄ dan selesaikan untuk perintang yang tidak diketahui.
  3. Untuk jambatan tak seimbang, cari Va dan Vb daripada pembahagi dan tolakkannya; gunakan setara Thévenin apabila meter membebani output.
  4. Untuk tolok terikan, tukarkan terikan kepada ΔR/R = GF·ε dan gunakan Vs·GF·ε/4, /2 atau ×1 bagi jambatan suku, separuh atau penuh.

Logik digital: get, peta K & flip-flop

Get asas
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Peraturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Susunan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kumpulan 2ᵏ sel
kehilangan k pemboleh ubah
Multipleks 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pembilang
n-bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pembilang riak
fmax = 1/(n·tpd)
Pembilang gelang dan Johnson
n dan 2n keadaan

Kaedah

  1. Untuk litar, bekerja dari input ke output satu get pada satu masa dan tulis nilai pada setiap wayar, atau tulis ungkapannya dan isi jadual kebenaran.
  2. Untuk pemudahan, letakkan 1 (dan tidak peduli sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan lajur kod Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Liputi 1 dengan kumpulan sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8 atau 16 sel, menyambung melepasi tepi; setiap kumpulan ialah satu sebutan hasil darab yang terdiri daripada pemboleh ubah yang kekal malar. Kumpulkan 0 untuk bentuk POS.
  4. Untuk flip-flop dan pembilang, baca input pada setiap pinggir jam yang aktif, tulis keadaan selepas setiap pinggir, dan ingat bahawa pembilang n-bit berpusing semula selepas 2ⁿ keadaan.

2Soalan latihan

1.Diod & transistorSederhana
+−20 V100 Ω5.1 V2200 ΩIZ​ = ?

Pengatur Zener 5.1 V disuap daripada 20 V melalui 100 Ω dan membekalkan beban 2200 Ω. Cari arus Zener IZ.

Vin = 20 VVZ = 5.1 VR = 100 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
2.Diod & transistorSukar
RC​ = 220 Ωβ = 80VCC​ = 5 V3.3 VRB​ = ?

Satu transistor NPN dengan β = 80 menyuis perintang beban 220 Ω yang disambung antara VCC = 5 V dan pengumpulnya. Pemancar dibumikan. Tapak dipacu daripada keluaran logik 3.3 V melalui perintang tapak RB. Ambil VBE = 0.7 V dan VCE(sat) = 0.2 V. Cari perintang tapak terbesar RB, dalam kΩ, yang masih memacu transistor tepat ke dalam ketepuan.

VCC = 5 VRC = 220 Ωβ = 80Vin = 3.3 VVBE = 0.7 VVCE(sat) = 0.2 V
RB = kΩ
3.Litar op-ampSederhana
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Pilih perintang suap balik Rf yang memberikan penguat tak menyongsang ini gandaan voltan 3.

R1 = 1 kΩAv = 3
Rf = kΩ
4.Litar op-ampSukar
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = −0.7 VR1​ = 22 kΩV2​ = −2 VR3​ = 22 kΩR4​ = 2 kΩ

Op-amp adalah unggul dan beroperasi daripada bekalan ±15 V. Nisbah perintang tidak sepadan. Cari voltan keluaran Vout.

V1 = −0.7 VV2 = −2 VR1 = 22 kΩR2 = 47 kΩR3 = 22 kΩR4 = 2 kΩ
Vout = V
5.Fana RC & RLSederhana
+−Vs​20 Vt = 0R = 20 ΩL22 mHi(t)

Induktor tidak membawa arus sebelum suis ditutup pada t = 0. Cari voltan vL merentasi induktor pada t = 1 ms.

Vs = 20 VR = 20 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
6.Fana RC & RLSukar
+−Vs​6 Vt = 0R = 4.7 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Sejurus sebelum suis ditutup pada t = 0, kapasitor menyimpan 3 V dengan polariti seperti yang ditunjukkan. Berapa lama masa yang diambil untuk vC mencapai 4.2 V? Cari t.

Vs = 6 VR = 4.7 kΩC = 68 µFvC(0) = 3 V
t = ms
7.Perintang bersiri & selariSederhana
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​3 ΩB

Cari rintangan setara Req yang dilihat oleh sumber V1.

V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
8.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩIR2​AR4​8 ΩBR6​8 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 ΩR5 = 3 ΩR6 = 8 Ω
IR2 = A
9.Penukar DC-DCSederhana
+−9 VLSCR = 2.5 Ω+−18 V

Penukar boost unggul menukar 9 V kepada 18 V untuk beban 2.5 Ω. Cari arus induktor purata IL.

Vin​ = 9 VVo​ = 18 VR = 2.5 Ω
IL = A
10.Penukar DC-DCSukar
+−36 VLSC = 10 µFR = 25 Ω+−72 V

Penukar boost unggul menukar 36 V kepada 72 V untuk beban 25 Ω pada 250 kHz. Kapasitor output ialah 10 µF. Cari riak voltan output puncak-ke-puncak ΔVo dalam mV.

Vin​ = 36 VVo​ = 72 Vf = 250 kHzC = 10 µFR = 25 Ω
ΔVo = mV
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSederhana
+−15 V300 Ω300 Ω + ΔR300 Ω300 Ωab+−Vab​ = ?

Jambatan mempunyai empat lengan 300 Ω dan Vs = 15 V. Penderia R₂ bertambah sebanyak ΔR = 15 Ω. Cari output tepat Vab dalam mV.

Vs = 15 VR = 300 ΩΔR = 15 Ω
Vab = mV
12.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSukar
+−3 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−0.922 mV

Jambatan suku dengan satu tolok aktif (GF = 2.05) diujakan dengan 3 V. Di bawah beban output menunjukkan 0.922 mV. Cari terikan ε dalam µε.

Vs = 3 VGF = 2.05Vo = 0.922 mV
ε = µε
13.Logik digital: get, peta K & flip-flopSederhana
ABCD0001111000011110111111

Dalam peta Karnaugh ini tepat satu 1 tidak mempunyai 1 yang berjiran, maka ia kekal sebagai kumpulan satu sel (minterm penuh empat literal) dalam bentuk SOP minimum. Jiran merentasi tepi peta dikira. Klik sel itu.

F = Σm(6, 7, 8, 10, 11, 13)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
14.Logik digital: get, peta K & flip-flopSukar
ABCD0001111000011110100103X2040507X6012113115X14X809011110

Cari bentuk SOP minimum bagi F(A, B, C, D) = Σm(0, 10, 13, 15) + d(2, 6, 8, 14), dengan d menandakan keadaan tidak peduli. Berapa banyak literal L yang terkandung dalamnya?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 10, 13, 15) + d(2, 6, 8, 14)
L =

3Larutan

1.Diod & transistor

Jawapan: IZ = 146.7 mA

Pengatur Zener: diod Zener pincang songsang mengekalkan voltannya VZ selagi arusnya kekal di atas minimum IZ,min. Perintang siri R menanggung beza antara input dan output: IR = (Vin − VZ)/R. Arus itu terbahagi antara beban, IL = VZ/RL, dan Zener: IZ = IR − IL. Reka untuk kes terburuk: input terendah dengan beban terbesar masih mesti meninggalkan IZ,min, dan input tertinggi tanpa beban memberikan kuasa Zener terbesar PZ = VZ·IZ.

Arus perintang

IR = 14.9/100 = 149 mA

Arus beban

IL = 5.1/2200 = 2.318 mA

Arus Zener

IZ = 149 − 2.318 = 146.7 mA

Jawapan

IZ = 146.7 mA
2.Diod & transistor

Jawapan: RB = 9.533 kΩ

BJT sebagai suis: untuk menghidupkan beban sepenuhnya, transistor dipacu ke dalam ketepuan, di mana VCE = VCE(sat) dan arus pengumpul ditentukan oleh beban: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Ketepuan memerlukan sekurang-kurangnya IB = IC(sat)/β. Jika arus tapak lebih kecil, transistor kekal aktif dan IC = β·IB.

Arus pengumpul dalam ketepuan

IC(sat) = (5 − 0.2)/220 = 21.82 mA

Arus tapak minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 21.82/80 = 272.7 µA

Perintang tapak

RB = (3.3 − 0.7)/IB = 2.6 V/0.2727 mA = 9.533 kΩ

Jawapan

RB = 9.533 kΩ

Sebarang perintang tapak yang lebih kecil juga menepukan transistor; dalam amalan anda memilih yang beberapa kali ganda lebih kecil.

3.Litar op-amp

Jawapan: Rf = 2 kΩ

Peraturan op-amp unggul: dengan suap balik negatif, op-amp memacu keluarannya supaya kedua-dua masukannya berada pada voltan yang sama (V₋ = V₊), dan tiada arus mengalir ke dalam mana-mana masukan. Menulis KCL pada masukan songsang dengan dua fakta ini memberikan keluaran.

Gandaan penguat tak menyongsang

V₋ = V₊ = Vin, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf, jadi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (3 − 1)·1 = 2 kΩ

Jawapan

Rf = 2 kΩ
4.Litar op-amp

Jawapan: Vout = 0.9727 V

Peraturan op-amp unggul: dengan suap balik negatif, op-amp memacu keluarannya supaya kedua-dua masukannya berada pada voltan yang sama (V₋ = V₊), dan tiada arus mengalir ke dalam mana-mana masukan. Menulis KCL pada masukan songsang dengan dua fakta ini memberikan keluaran.

Voltan pada masukan +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −2·2/(22 + 2) = −0.1667 V

Superposisikan kedua-dua masukan

Dengan V₂ = 0, V₁ melihat penguat menyongsang. Dengan V₁ = 0, V₊ dikuatkan oleh gandaan tidak menyongsang 1 + R₂/R₁.

Vout = −(47/22)·(−0.7) + (1 + 47/22)·(−0.1667) = 1.495 + (−0.5227) = 0.9727 V

Jawapan

Vout = 0.9727 V
5.Fana RC & RL

Jawapan: vL = 8.058 V

Fana peringkat pertama: dalam litar dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap voltan dan arus bergerak secara eksponen daripada nilai awalnya kepada nilai akhirnya: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Selepas kira-kira 5τ litar telah mantap.

Pemalar masa dan arus akhir

Lama selepas suis ditutup, induktor berkelakuan seperti litar pintas, jadi arus akhir ditentukan oleh R sahaja.

τ = L/R = 22 mH / 20 Ω = 1.1 ms
i(∞) = Vs/R = 20/20 = 1 A

Voltan induktor

Pada t = 0 seluruh voltan bekalan muncul merentasi induktor; kemudian ia susut kepada sifar.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 20·e−1/1.1 = 8.058 V

Jawapan

vL = 8.058 V
6.Fana RC & RL

Jawapan: t = 163.3 ms

Fana peringkat pertama: dalam litar dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap voltan dan arus bergerak secara eksponen daripada nilai awalnya kepada nilai akhirnya: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Selepas kira-kira 5τ litar telah mantap.

Nilai awal, nilai akhir, pemalar masa

Voltan kapasitor tidak boleh melompat, jadi ia bermula pada nilai yang tersimpan dan menuju ke voltan sumber.

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 4.7 kΩ · 68 µF = 319.6 ms
vC(t) = 6 + (3 − 6)·e−t/τ

Selesaikan untuk masa

4.2 = 6 + (−3)·e−t/τ → e−t/τ = (4.2 − 6)/(3 − 6) = 0.6
t = τ·ln((3 − 6)/(4.2 − 6)) = 319.6·ln(1.667) = 163.3 ms

Jawapan

t = 163.3 ms
7.Perintang bersiri & selari

Jawapan: Req = 7.059 Ω

Perintang bersiri dan selari: dalam sambungan bersiri arus yang sama mengalir melalui setiap perintang dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam sambungan selari setiap perintang mempunyai voltan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Rangkaian tangga dipermudahkan sepasang demi sepasang sehingga tinggal satu rintangan setara.

R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​3 ΩB

Gabungkan perintang dari hujung yang jauh

Mulakan dari hujung yang paling jauh daripada sumber dan bergerak balik ke arahnya. Perintang yang membawa arus yang sama adalah bersiri; perintang merentasi dua nod yang sama adalah selari.

R3 + R4 = 10 + 3 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 4·13/(4+13) = 3.059 Ω
Req = R1 + 3.059 = 4 + 3.059 = 7.059 Ω

Jawapan

Req = 7.059 Ω
8.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR2 = 1.336 A

Perintang bersiri dan selari: dalam sambungan bersiri arus yang sama mengalir melalui setiap perintang dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam sambungan selari setiap perintang mempunyai voltan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Rangkaian tangga dipermudahkan sepasang demi sepasang sehingga tinggal satu rintangan setara.

R1​ = 3 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​8 ΩBR6​8 Ω

Gabungkan perintang dari hujung yang jauh

Mulakan dari hujung yang paling jauh daripada sumber dan bergerak balik ke arahnya. Perintang yang membawa arus yang sama adalah bersiri; perintang merentasi dua nod yang sama adalah selari.

R5 + R6 = 3 + 8 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 4.632 Ω
R3 + 4.632 = 24.63 Ω
R2 ∥ 24.63 = 3.441 Ω
Req = R1 + 3.441 = 3 + 3.441 = 6.441 Ω

Arus daripada sumber

Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberikan arus yang dibekalkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.

IR1 = V1/Req = 10/6.441 = 1.553 A

Arus melalui R₂

Tolak susutan merentasi R₁ untuk mendapatkan voltan pada nod A, iaitu voltan merentasi R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 1.553·3 = 5.342 V
IR2 = VA/R2 = 5.342/4 = 1.336 A

Jawapan

IR2 = 1.336 A
9.Penukar DC-DC

Jawapan: IL = 14.4 A

Penukar DC-DC: suis S dihidupkan untuk pecahan D bagi setiap tempoh T = 1/f. Dalam keadaan mantap voltan purata induktor ialah sifar (imbangan volt-saat), yang memberikan nisbah penukaran unggul dalam pengaliran selanjar: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost menyongsang |Vo| = Vin·D/(1 − D). Penukar unggul mengekalkan kuasa: Vin·Iin = Vo·Io. Semasa S hidup, arus induktor naik sebanyak ΔIL = VL·D·T/L, dengan VL = Vin − Vo untuk buck dan Vin untuk boost dan buck-boost. Riak output ialah ΔVo = ΔIL/(8fC) untuk buck dan Io·D/(fC) untuk boost dan buck-boost. Arus induktor hanya menyentuh sifar (sempadan CCM) apabila arus induktor purata sama dengan ΔIL/2.

Kitar tugas

D = 1 − 9/18 = 0.5

Arus beban

Io = 18/2.5 = 7.2 A

Arus induktor

IL = Io/(1 − D) = 7.2/0.5 = 14.4 A

Jawapan

IL = 14.4 A
10.Penukar DC-DC

Jawapan: ΔVo = 576 mV

Penukar DC-DC: suis S dihidupkan untuk pecahan D bagi setiap tempoh T = 1/f. Dalam keadaan mantap voltan purata induktor ialah sifar (imbangan volt-saat), yang memberikan nisbah penukaran unggul dalam pengaliran selanjar: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost menyongsang |Vo| = Vin·D/(1 − D). Penukar unggul mengekalkan kuasa: Vin·Iin = Vo·Io. Semasa S hidup, arus induktor naik sebanyak ΔIL = VL·D·T/L, dengan VL = Vin − Vo untuk buck dan Vin untuk boost dan buck-boost. Riak output ialah ΔVo = ΔIL/(8fC) untuk buck dan Io·D/(fC) untuk boost dan buck-boost. Arus induktor hanya menyentuh sifar (sempadan CCM) apabila arus induktor purata sama dengan ΔIL/2.

Kitar tugas

D = 1 − 36/72 = 0.5

Arus beban

Io = 72/25 = 2.88 A

Riak output

ΔVo = 2.88·0.5/(250·10³·10·10⁻⁶) = 576 mV

Jawapan

ΔVo = 576 mV
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: Vab = 182.9 mV

Jambatan Wheatstone: dua pembahagi voltan berkongsi satu bekalan Vs. Pembahagi kiri R1–R2 memberikan Va = Vs·R2/(R1 + R2) dan pembahagi kanan R3–R4 memberikan Vb = Vs·R4/(R3 + R4); outputnya ialah Vab = Va − Vb. Jambatan seimbang (Vab = 0, tiada arus dalam meter) apabila R1/R2 = R3/R4, iaitu R1·R4 = R2·R3. Dilihat dari output, jambatan ialah sumber Thévenin dengan Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Voltan nod

Va = 15·315/615 = 7.683 V
Vb = 7.5 V

Pengeluaran

Vab = 182.9 mV

Jawapan

Vab = 182.9 mV

Anggaran linear Vs·ΔR/(4R) = 187.5 mV adalah 2.5 % terlalu tinggi: jambatan suku tidak betul-betul linear.

12.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: ε = 599.7 µε

Tolok terikan: tolok mengubah rintangannya dengan terikan: ΔR/R = GF·ε, dengan faktor tolok GF kira-kira 2 untuk kerajang logam. Dalam jambatan dengan semua lengan sama dengan R, satu tolok aktif (jambatan suku) memberikan Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Dua tolok aktif dengan terikan bertentangan pada lengan bersebelahan (jambatan separuh) memberikan Vs·GF·ε/2, dan empat (jambatan penuh) memberikan Vs·GF·ε. Tegasan diperoleh daripada hukum Hooke, σ = E·ε. Sel beban menyatakan kepekaannya dalam mV/V: output pada beban penuh bagi setiap volt pengujaan.

Selesaikan persamaan jambatan suku

ε = 4·0.000922/(3·2.05) = 0.0005997

Dalam mikroterikan

ε = 599.7 µε

Jawapan

ε = 599.7 µε
13.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: AB = 11, CD = 01

Peta Karnaugh: sel disusun dalam kod Gray (00, 01, 11, 10), maka sel berjiran, termasuk yang merentasi tepi, berbeza pada tepat satu pemboleh ubah. Kumpulkan 1 dalam segi empat tepat berisi 1, 2, 4, 8 atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sehingga setiap 1 diliputi. Setiap kumpulan ialah satu sebutan hasil darab: pemboleh ubah yang kekal malar di dalamnya. Kumpulan 2ᵏ sel kehilangan k pemboleh ubah. Tidak peduli (X) boleh digunakan untuk membesarkan kumpulan tetapi tidak perlu diliputi. Mengumpulkan 0 pula memberi bentuk POS minimum.

Jiran bagi setiap 1

1 yang mempunyai jiran 1 boleh menyertai kumpulan dua atau lebih.

m13: m12, m15, m9, m5 → 0
ABCD0001111000011110111111

1 yang terpencil

m13 = ABC′D → AB = 11, CD = 01

Jawapan

AB = 11, CD = 01
14.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: L = 5

Peta Karnaugh: sel disusun dalam kod Gray (00, 01, 11, 10), maka sel berjiran, termasuk yang merentasi tepi, berbeza pada tepat satu pemboleh ubah. Kumpulkan 1 dalam segi empat tepat berisi 1, 2, 4, 8 atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sehingga setiap 1 diliputi. Setiap kumpulan ialah satu sebutan hasil darab: pemboleh ubah yang kekal malar di dalamnya. Kumpulan 2ᵏ sel kehilangan k pemboleh ubah. Tidak peduli (X) boleh digunakan untuk membesarkan kumpulan tetapi tidak perlu diliputi. Mengumpulkan 0 pula memberi bentuk POS minimum.

Implikan perdana

Kumpulan terbesar yang boleh dibentuk daripada 1 dan X.

CD′, B′D′, ABD, ABC
ABCD0001111000011110100103X2040507X6012113115X14X809011110

Liputan minimum

F = B′D′ + ABD
L = 5

Jawapan

L = 5

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1